2023_新课标 I 卷 (2023)
20．设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $\boldsymbol{d}$ ，且 $d>1$ ．令 $b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$ ，记 $S_{n}, T_{n}$ 分别为数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和．
（1）若 $3 a_{2}=3 a_{1}+a_{3}, S_{3}+T_{3}=21$ ，求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；
（2）若 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列，且 $S_{99}-T_{99}=99$ ，求 $d$ ．
【答案】①$a_{n}=3 n$
②$d=\frac{51}{50}$
## 【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
②由 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列得出 $a_{1}=d$ 或 $a_{1}=2 d$ ，再由等差数列的性质可得 $a_{50}-b_{50}=1$ ，分类讨论即可得解．
【小问 1 详解】
$\because 3 a_{2}=3 a_{1}+a_{3}, \quad \therefore 3 d=a_{1}+2 d$ ，解得 $a_{1}=d$ ，
$\therefore S_{3}=3 a_{2}=3\left(a_{1}+d\right)=6 d$ ，
又 $T_{3}=b_{1}+b_{2}+b_{3}=\frac{2}{d}+\frac{6}{2 d}+\frac{12}{3 d}=\frac{9}{d}$ ，
$\therefore S_{3}+T_{3}=6 d+\frac{9}{d}=21$ ，
即 $2 d^{2}-7 d+3=0$ ，解得 $d=3$ 或 $d=\frac{1}{2}$（舍去），
$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) \cdot d=3 n$ ．
## 【小问 2 详解】
$\because\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列，
$\therefore 2 b_{2}=b_{1}+b_{3}$ ，即 $\frac{12}{a_{2}}=\frac{2}{a_{1}}+\frac{12}{a_{3}}$ ，
$\therefore 6\left(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{3}}\right)=\frac{6 d}{a_{2} a_{3}}=\frac{1}{a_{1}}$ ，即 $a_{1}^{2}-3 a_{1} d+2 d^{2}=0$ ，解得 $a_{1}=d$ 或 $a_{1}=2 d$ ，
$\because d>1, \quad \therefore a_{n}>0$,
又 $S_{99}-T_{99}=99$ ，由等差数列性质知， $99 a_{50}-99 b_{50}=99$ ，即 $a_{50}-b_{50}=1$ ，
$\therefore a_{50}-\frac{2550}{a_{50}}=1$ ，即 $a_{50}^{2}-a_{50}-2550=0$ ，解得 $a_{50}=51$ 或 $a_{50}=-50$（舍去）
当 $a_{1}=2 d$ 时，$a_{50}=a_{1}+49 d=51 d=51$ ，解得 $d=1$ ，与 $d>1$ 矛盾，无解；
当 $a_{1}=d$ 时，$a_{50}=a_{1}+49 d=50 d=51$ ，解得 $d=\frac{51}{50}$ ．
综上，$d=\frac{51}{50}$ ．